Correction du devoir de mathematiques - BTS

Exercice 1 Session 2004 8 points

Une entreprise fabrique des pieces. Ces pieces sont considerees comme conformes si leur longueurest comprise entre 79, 8 mm et 80, 2 mm.

1. La probabilite qu’une piece soit conforme est :

P (79, 8 6 L 6 80, 2) = P

(

79, 8 − 80

0, 09486

L − 80

0, 09486

80, 2 − 80

0, 0948

)

= P

(

−2, 11 6L − 80

0, 09486 2, 11

)

= Π(2, 11) − Π(−2, 11) = 2Π(2, 11) − 1 ≃ 2 × 0, 9826 − 1 = 0, 9652

2. On admet que si on preleve, au hasard, une piece dans la production, la probabilite que cettepiece ne soit pas conforme, est p = 0, 035.

(a) On repete n = 100 tirages successifs d’une piece et la variable aleatoire X compte lenombre de pieces defectueuses. La probabilite qu’a un tirage la piece soit defectueuse estp = 0, 035. Ces tirages sont donc des experiences de Bernoulli, dont le succes est que lapiece soit defectueuse.

De plus ces tirages sont identiques (car on assimile les tirages a des tirages avec remise)et independants entre eux.

La variable aleatoire X suit donc une loi binomiale de parametre n = 100 et p = 0, 035.

(b) P (A) = P (X = 2) = C2100p

2(1 − p)98 =100 × 99

2× 0, 0352 × 0, 96598 ≃ 0, 1847

P (B) = P (X > 2) = 1 − (P (X = 0) + P (X = 1)) = 1 − (0, 0284 + 0, 1029) = 0, 869

(c) Le client refuse le lot avec la probabilite :

P (X > 4) = 1 − (P (X = 0) + P (X = 1) + P (X = 2) + P (X = 3) + P (X = 4)) = 0, 273

(d) En utilisant le tableau ci-dessus, determiner la plus petite valeur entiere n telle que :

P (X > n) < 0, 03

P (X > n) = 1 − (P (X = 0) + P (X = 1) + · · ·+ P (X = n))

On a :

P (X > 6) = 1 − (P (X = 0) + P (X = 1) + · · ·+ P (X = 6)) = 0, 0618 > 0, 03

et

P (X > 7) = 1 − (P (X = 0) + P (X = 1) + · · ·+ P (X = 7)) = 0, 0243 < 0, 03

ainsi, la plus petite valeur de n est n = 7.

3. On doit avoir,

P (79, 8 6 L1 6 80, 2) = 0, 99 ⇐⇒ P

(

79, 8 − 80

σ′6

L1 − 80

σ′6

80, 2 − 80

σ′

)

= 0, 99

soit, 2Π

(

0, 2

σ′

)

− 1 = 0, 99 ⇐⇒ Π

(

0, 2

σ′

)

=1 + 0, 99

2= 0, 995

Or, d’apres la table de la loi normale centree reduite, Π(t) = 0, 995 ⇐⇒ t ≃ 2, 575, d’ou,0, 2

σ′= 2, 575 ⇐⇒ σ′ =

0, 2

2, 575≃ 0, 078.

Correction du devoir de mathematiques - BTS 1/3

Exercice 2 Session 2006 9 points

Les parties A et B sont independantes.

Partie A

f est la fonction periodique de periode 1, definie sur l’intervalle [0 ; 1[ par f(t) = αt + β.

1. a0 =1

T

∫

T

0

f(t) dt =

∫

1

0

(αt + β) dt =

[

αt2

2+ βt

]1

0

=α

2+ β

2. On a T = 1, donc la pulsation ω =2π

T= 2π, et :

bn =2

T

∫

T

0

f(t) sin(nωt) dt = 2

∫

1

0

(αt + β) sin(2πnt) dt

= 2α

∫

1

0

t sin(2πnt) dt + 2β

∫

1

0

sin(2πnt) dt

On integre par parties la premiere integrale, avec

{

u = t

v′ = sin(2πnt)=⇒

{

u′ = 1

v = −1

2πncos(2πnt)

soit :∫

1

0

t sin(2πnt) dt =

[

−t

2πncos(2πnt)

]1

0

−

∫

1

0

−1

2πncos(2πnt) dt

= −1

2πncos(2πn) + 0 +

1

2πn

[

1

2πnsin(2πnt)

]1

0

= −1

2πncos(2πn) +

1

4π2n2(sin(2πn) − sin(0))

Or, pour tout entier n, cos(2πn) = cos(0) = 1 et sin(2πn) = sin(0) = 0, ainsi,

∫

1

0

t sin(2πnt) dt =−1

2πnDe plus,

∫

1

0

sin(2πnt) dt =

[

−1

2πncos(2πnt)

]1

0

= −1

2πn(cos(2πn) − cos(0)) = 0, car cos(2πn) = cos(0) = 1

Au total, on a donc :

bn = 2α

∫

1

0

t sin(2πnt) dt + 2β

∫

1

0

sin(2πnt) dt = 2α−1

2πn+ 2β × 0 = −

α

πn

3. On se propose de determiner les nombres reels α et β pour que le developpement S en serie de

Fourier de la fonction f soit defini pour tout nombre reel t par S(t) =

+∞∑

n=1

1

nsin(2nπt).

(a)

{

a0 = 0

bn =1

n

⇐⇒

α

2+ β = 0

−α

πn=

1

n

⇐⇒

{

β =π

2α = −π

On a alors, f(t) = −πt +π

2.

(b)

−2 −1 0 1 2

π

2

π

2

Correction du devoir de mathematiques - BTS 2/3

Partie B Soit (E) l’equation differentielle : s”(t) + s(t) = sin(2πt) +1

2sin(4πt).

1. On calcule les derivees premiere et deuxieme de s1 :

s′1(t) =2π

1 − 4π2cos(2πt) +

4π

2(1 − 16π2)cos(4πt)

s′′1(t) = −4π2

1 − 4π2sin(2πt) −

16π2

2(1 − 16π2)sin(4πt)

On a alors,

s′′1(t) + s1(t) = −4π2

1 − 4π2sin(2πt) −

16π2

2(1 − 16π2)sin(4πt) +

1

1 − 4π2sin(2πt) +

1

2(1 − 16π2)sin(4πt)

=1 − 4π2

1 − 4π2sin(2πt) +

1 − 16π2

2(1 − 16π2)sin(4πt)

= sin(2πt) +1

2sin(4πt)

La fonction s1 verifie donc bien l’equation differentielle (E).

2. L’equation homogene associee est : s′′(t) + s(t) = 0. Son equation caracteristique est : r2 + 1 =0 ⇐⇒ r = ±j.

La solution generale de cette equation homogene est donc : s2(t) = A sin(t) + B cos(t), A et B

etant deux constantes reelles quelconques.

La solution generale de l’equation differentielle est donc, y(t) = s1(t) + s2(t)

Exercice 3 4 points

Soit C la courbe d’equation parametrique :

x(t) = (t + 1)e−t

y(t) = t2e−t

1.

x′(t) = −te−t

y′(t) = te−t(2 − t)2.

x −∞ 0 2 +∞x′(t) + 0| − | −

1

x(t) ր 3e−2

4e−2

y(t) ց ր ց0

y′(t) − 0| + 0| −

3. Il y a deux points particuliers : en t = 0, A(1; 0).En t = 2, B(3e−2; 4e−2), soit environ, B(0, 41; 0, 54). De plus,x′(2) 6= 0 et y′(2) = 0 : la tangente en B est horizontale.

4. La courbe C coupe l’axe des ordonnees au point I tel quex(t) = 0 ⇐⇒ (t + 1)e−t = 0 ⇐⇒ t = −1, et donc,y(t) = y(−1) = e ≃ 2, 78.Les coordonnees du point d’intersection de la courbe avec l’axedes ordonnees sont donc I(0; e).

5.

O

1

2A

B

I

Correction du devoir de mathematiques - BTS 3/3